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Die folgenden Übungsaufgaben wurden teilweise mit dem Aufgabengenerator MATEX Generator 07 DGL “Lineare nichthomogene DGL mit konstanten Koeffizienten erzeugt. Dort können Sie sich auch selbst weitere Aufgaben mit Lösung erzeugen. Wählen Sie dazu Stufe 1b.

Übung 12.1

Lösen Sie das Anfangswertproblem

y′=−5y

für y(0)=5.

Lösung

Allgemeine Lösung:

y(x)=Ce−5x,C∈R

Spezielle Lösung für y(0)=5:

y(x)=5e−5x.
Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare DGL mit a1(x)=1 und a0(x)=5. Daher lautet die allgemeine Lösung

y(x)=Ce−∫a0(x)a1(x)dx=Ce−∫5dx=Ce−5x.

Für die spezielle Lösung soll

y(0)=Ce−5x=!5

gelten. Die Gleichung wird nach C aufgelöst und wir erhalten C=5. Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

y(x)=5e−5x.

Hinweis: Direkt integrieren hätte auch funktioniert.

Übung 12.2

Lösen Sie das Anfangswertproblem

x˙+5x=−5t

für x(0)=5.

Lösung

Allgemeine Lösung:

x(t)=−t+15+C⋅e−5t,C∈R

Spezielle Lösung für x(0)=5:

x(t)=−t+15+245e−5t
Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit a1(t)=1 und a0(t)=5. Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

x˙+5x=0.

Das ist die Differentialgleichung aus Aufgabe 12.1 und die allgemeine homogene Lösung lautet

xh(t)=C⋅e−5t.

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

x(t)=C(t)⋅e−5t.

Die erste Ableitung ist

x˙(t)=C˙(t)e−5t−5C(t)⋅e−5t.

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion x und deren Ableitung x˙ in die inhomogene DGL eingesetzt:

C˙(t)e−5t−5C(t)e−5t+5C(t)e−5t=−5t.

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

C˙(t)=−5te5t.

Wir integrieren partiell nach t und erhalten

C(t)=−te5t+15e5t+C.

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

x(t)=−t+15+C⋅e−5t,C∈R

Für die spezielle Lösung soll

x(0)=−0+15+C⋅e−5⋅0=!5

gelten. Die Gleichung wird nach C aufgelöst und wir erhalten C=245. Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

x(t)=−t+15+245e−5t

Übung 12.3

Lösen Sie das Anfangswertproblem

y′−5y=sin⁡(−5x)

für y(0)=−1.

Lösung

Allgemeine Lösung:

y(x)=110(sin⁡(5x)+cos⁡(x))+C⋅e5x

Spezielle Lösung zum Anfangswert y(0)=−1

y(x)=110⋅(sin⁡(5x)+cos⁡(5x))−1110⋅e5x.
Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit a1(x)=1 und a0(x)=−5. Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

y′−5y=0.

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

yh(x)=C⋅e5x.

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

y(x)=C(x)⋅e5x.

Die erste Ableitung ist

y′(x)=C′(x)⋅e5x+C(x)⋅5e5x.

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion y und deren Ableitung y′ in die inhomogene DGL eingesetzt:

C′(x)⋅e5x+C(x)⋅5e5x−5⋅C(x)⋅e5x=sin⁡(−5x).

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

C′(x)=sin⁡(−5x)⋅e−5x.

Wir integrieren partiell nach x und erhalten

C(x)=110e−5x⋅(sin⁡(5x)+cos⁡(5x))+C.

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

y(x)=110⋅(sin⁡(5x)+cos⁡(5x))+C⋅e5x.

Für die spezielle Lösung soll

y(0)=110⋅(sin⁡(0)+cos⁡(0))+C⋅e0=!−1

gelten. Die Gleichung wird nach C aufgelöst und wir erhalten C=−1110. Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

y(x)=110⋅(sin⁡(5x)+cos⁡(5x))−1110⋅e5x.

Übung 12.4

Lösen Sie das Anfangswertproblem

2x˙−4x=e−t

für x(0)=0.

Lösung

Allgemeine Lösung

x(t)=−16e−t+C⋅e2t.

Spezielle Lösung für x(0)=0

x(t)=−16e−t+16⋅e2t.
Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit a1(t)=2 und a0(t)=−4. Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

2x˙−4x=0.

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

xh(t)=C⋅e2t.

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

x(t)=C(t)⋅e2t.

Die erste Ableitung ist

(˙x)(t)=C˙(t)e2t+2C(t)e2t.

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion x und deren Ableitung x˙ in die inhomogene DGL eingesetzt:

2⋅C˙(t)e2t+4C(t)e2t−4C(t)e2t=e−t.

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

C˙(t)=12e−3t.

Wir integrieren partiell nach t und erhalten

C(t)=−16e−3t+C.

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

x(t)=(−16e−3t+C)⋅e2t=−16e−t+C⋅e2t.

Für die spezielle Lösung soll

x(0)=−16e0+C⋅e0=!0

gelten. Die Gleichung wird nach C aufgelöst und wir erhalten C=16. Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

x(t)=−16e−t+16⋅e2t.

Übung 12.5

Lösen Sie das Anfangswertproblem

y′−3y=x2+2x+1

für y(0)=3.

Lösung

Allgemeine Lösung:

y(x)=−13x2−89x−1727+C⋅e3x,C∈R

Spezielle Lösung für y(0)=3:

y(x)=−13x2−89x−1727+9827e3x
Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit a1(x)=1 und a0(x)=−3. Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

y′−3y=0.

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

yh(x)=C⋅e3x.

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

y(x)=C(x)⋅e3x.

Die erste Ableitung ist

y′(x)=C′(x)⋅e3x+C(x)⋅3e3x.

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion y und deren Ableitung y′ in die inhomogene DGL eingesetzt:

C′(x)⋅e3x+C(x)⋅3e3x−3⋅C(x)⋅e3x=x2+2x+1.

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

C′(x)=(x2+2x+1)⋅e−3x.

Wir integrieren partiell nach x und erhalten

C(x)=(−13x2−89x−1727)⋅e−3x+C.

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

y(x)=(−13x2−89x−1727)+C⋅e3x.

Für die spezielle Lösung soll

y(0)=(−13⋅02−89⋅0−1727)+C⋅e0=!3

gelten. Die Gleichung wird nach C aufgelöst und wir erhalten C=9827. Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

y(x)=(−13x2−89x−1727)+9827⋅e3x

Übung 12.6

Lösen Sie das Anfangswertproblem

x˙+4x=sin⁡(−2t)

für x(0)=−1.

Lösung

Allgemeine Lösung:

x(t)=110(cos⁡(2t)−2sin⁡(2t))+C⋅e−4t,C∈R

Spezielle Lösung für x(0)=−1

x(t)=110(cos⁡(2t)−2sin⁡(2t))−1110⋅e−4t
Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit a1(t)=1 und a0(t)=4. Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

x˙+4x=0.

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

xh(t)=C⋅e−4t.

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

x(t)=C(t)⋅e−4t.

Die erste Ableitung ist

x˙(t)=C˙(t)e−4t−4C(t)e−4t.

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion x und deren Ableitung x˙ in die inhomogene DGL eingesetzt:

C˙(t)e−4t−4C(t)e−4t+4C(t)e−4t=sin⁡(−2t).

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

C˙(t)=sin⁡(−2t)⋅e4t.

Wir integrieren partiell nach t und erhalten

C(t)=110e4t(cos⁡(2t)−2sin⁡(2t))+C.

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

x(t)=110(cos⁡(2t)−2sin⁡(2t))+C⋅e−4t.

Für die spezielle Lösung soll

x(0)=110(cos⁡(0)−2sin⁡(0))+C⋅e0=!−1

gelten. Die Gleichung wird nach C aufgelöst und wir erhalten C=−1110. Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

x(t)=110(cos⁡(2t)−2sin⁡(2t))−1110⋅e−4t.

Übung 12.7

Lösen Sie das Anfangswertproblem

y′−3y=−e2x

für y(0)=1.

Lösung

Allgemeine Lösung:

y(x)=Ce3x+e2x,C∈R

Spezielle Lösung für y(0)=1:

y(x)=e2x
Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit a1(x)=1 und a0(x)=−3. Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

y′−3y=0.

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

yh(x)=C⋅e3x.

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

y(x)=C(x)⋅e3x.

Die erste Ableitung ist

y′(x)=C′(x)⋅e3x+C(x)⋅3e3x.

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion y und deren Ableitung y′ in die inhomogene DGL eingesetzt:

C′(x)⋅e3x+C(x)⋅3e3x−3⋅C(x)⋅e3x=−e2x.

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

C′(x)=−e2x⋅e−3x=−e−x.

Wir integrieren nach x und erhalten

C(x)=e−x+C.

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

y(x)=e2x+C⋅e3x.

Für die spezielle Lösung soll

y(0)=e0+C⋅e0=!1

gelten. Die Gleichung wird nach C aufgelöst und wir erhalten C=0. Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

y(x)=e2x.

Übung 12.8

Lösen Sie das Anfangswertproblem

x˙−2x=(3t+1)e−3t

für x(0)=−5.

Lösung

Allgemeine Lösung:

x(t)=−125e−3t⋅(15t+8)+C⋅e2t,C∈R

Spezielle Lösung für x(0)=−5:

x(t)=−125e−3t⋅(15t+8)−11725⋅e2t
Lösungsweg

Die DGL ist eine lineare inhomogene DGL mit a1(t)=1 und a0(t)=−2. Daher bestimmen wir zuerst die allgemeine Lösung der homogenen DGL

x˙−2x=0.

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL lautet

xh(t)=C⋅e2t.

Wir variieren die Konstante und nehmen den Lösungsansatz

x(t)=C(t)⋅e2t.

Die erste Ableitung ist

x˙(t)=C˙(t)e2t+2C(t)e2t.

Jetzt werden die Lösungsansatzfunktion x und deren Ableitung x˙ in die inhomogene DGL eingesetzt:

C˙(t)e2t+2C(t)e2t−2C(t)e2t=(3t+1)⋅e−3t.

Werden die Terme vereinfacht, so wird diese Gleichung zu

C˙(t)=(3t+1)e−5t.

Wir integrieren nach t und erhalten

C(t)=−125e−5t⋅(15t+8)+C.

Somit lautet die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL

x(t)=−125e−3t⋅(15t+8)+C⋅e2t.

Für die spezielle Lösung soll

x(0)=−125e0⋅(15⋅0+8)+C⋅e0=!−5

gelten. Die Gleichung wird nach C aufgelöst und wir erhalten C=−11725. Also lautet die spezielle Lösung des Anfangwertproblems

x(t)=−125e−3t⋅(15t+8)−11725⋅e2t.

Übung 12.9

Berechnen Sie die Lösungen des folgenden homogenen Systems von linearen Differentialgleichungen 1. Ordnung:

y1′=y1+y2y2′=4y1−2y2

Lösung

y1(x)=C1e−3x+C2e2xy2(x)=−4C1e−3x+C2e2x
Lösungsweg

Das System von Differentialgleichungen lautet in Matrix-Vektor-Schreibweise

(y1′y2′)=(114−2)⋅(y1y2).

Das charakteristische Polynom ist

det(A−λE)=det(1−λ14−2−λ)==(1−λ)(−2−λ)−4==λ2+λ−6==(λ+3)(λ−2)

Aus der charakteristischen Gleichung

det(A−λE)=!0⇒(λ+3)(λ−2)=0

folgen die Eigenwerte λ1=−3 und λ2=2. Beide Eigenwerte sind reell und verschieden. Also ist die erste Lösungsfunktion

y1(x)=C1e−3x+C2e2x.

Deren erste Ableitung ist

y1′(x)=−3C1e−3x+2C2e2x.

Beides wird in die erste Differentialgleichung y1′=y1+y2 eingesetzt und durch Umformen erhalten wir

y2(x)=−4C1e−3x+C2e2x.

Übung 12.10

Berechnen Sie die Lösungen des folgenden homogenen Systems von linearen Differentialgleichungen 1. Ordnung:

y1′=y1+y2y2′=4y1+y2

Lösung

y1(x)=C1e−x+C2e3xy2(x)=−2C1e−x+2C2e3x
Lösungsweg

Das System von Differentialgleichungen lautet in Matrix-Vektor-Schreibweise

(y1′y2′)=(1141)⋅(y1y2).

Das charakteristische Polynom ist

det(A−λE)=det(1−λ141−λ)==(1−λ)2−4==λ2−2λ−3==(λ−3)(λ+1)

Aus der charakteristischen Gleichung

det(A−λE)=!0⇒(λ−3)(λ+1)=0

folgen die Eigenwerte λ1=−1 und λ2=3. Beide Eigenwerte sind reell und verschieden. Also ist die erste Lösungsfunktion

y1(x)=C1e−x+C2e3x.

Deren erste Ableitung ist

y1′(x)=−C1e−x+3C2e3x.

Beides wird in die erste Differentialgleichung y1(x)=y1+y2 eingesetzt und durch Umformen erhalten wir

y2(x)=−2C1e−x+2C2e3x.